szukanie zaawansowane
 [ Posty: 31 ]  Przejdź na stronę 1, 2, 3  Następna strona
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 19:03 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Witajcie!

Chciałbym poprosić o pomoc z kilkoma zadaniami dotyczącymi trójkątów ze zbiorku Ćwiczenia z Geometrii Waldemara Pompe (http://matma.ilo.pl/images/pompe.pdf)

1 i 4 udało mi się samodzielnie zrobić, natomiast zostają jeszcze 2, 3, 5, 6, na które nie mam za bardzo pomysłów, stąd mój temat.

Jeśli chodzi o 2, to doszedłem już do tego, że te dwa małe trójkąciki po bokach mają kąty 45 45 90, skutkiem czego są przystające i na tym moja wiedza się kończy.

2/

Dany jest trójkat ostrokatny ABC, przy czym

\sphericalangle  ACB = 45^{\circ}

Wysokosci trójkata ABC przecinaja sie w punkcie H.
Wykazac, ze CH = AB.

Obrazek


3/

Na bokach BC, CA i AB trójkata ABC zbudowano po
jego zewnetrznej stronie trójkaty równoboczne BCD, CAE
i ABF. Wykazac, ze AD=BE.

Obrazek

5/

Dany jest czworokat wypukły ABCD, w którym
\sphericalangle DAB =  \sphericalangle  ABC .
Symetralne odcinków AD i BC przecinaja sie w punkcie M
lezacym na odcinku AB. Udowodnic, ze AC = BD.

Obrazek

6/

Dany jest trójkat ABC, w którym \sphericalangle A=90^{\circ} oraz AB = AC. Punkt M jest srodkiem boku AB. Prosta przechodzaca przez punkt A i prostopadła do prostej CM przecina
bok BC w punkcie P. Wykazac, ze \sphericalangle AMC =  \sphericalangle BMP.

Obrazek

Z góry dzięki za pomoc. :)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 19:52 
Użytkownik

Posty: 16230
2.
Obrazek

Te trójkąty, o ktorych piszesz są podobne, a nie przystające.

Trójkąt ADC jest równoramienny.
|AD|=|DC|=x \sqrt{2} +kx
CH licz z Pitagorasa dla trójkąta HDC

AB - z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABH
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 20:49 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Dzięki za pomoc.

No więc tak, liczymy |AB|

\left| AB \right| ^{2} = (x \sqrt{2})^{2} + (kx \sqrt{2})^{2} - 2 \cdot x \sqrt{2} \cdot kx \sqrt{2} \cdot cos 135^{o}

\left| AB \right|^{2} = 2x^{2} + 2k^{2}x^{2} - 2 \cdot x \sqrt{2} \cdot kx \sqrt{2} \cdot (- cos 45^{o})

\left| AB \right|^{2} = 2x^{2} + 2k^{2}x^{2} - 2 \cdot x \sqrt{2} \cdot kx \sqrt{2} \cdot (-  \frac{\sqrt{2}}{2})

\left| AB \right|^{2} = 2x^{2} + 2k^{2}x^{2} + 2 \cdot x \sqrt{2} \cdot kx \sqrt{2} \cdot  \frac{\sqrt{2}}{2}

\left| AB \right|^{2} = 2x^{2} + 2k^{2}x^{2} + 2 \cdot 2x^{2} \cdot k\sqrt{2}

\left| AB \right|^{2} = 2x^{2} (1 + k^{2} + k \sqrt{2})

Z Pitagorasa dla CH dochodzimy do identycznego wyniku.
Dzięki. :)

Ale nadal nie mam pomysłu na pozostałe, bardzo proszę o pomoc. :)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 22:49 
Użytkownik

Posty: 16230
5.
Obrazek

Trójkąty AMF i MBE są podobne.

cos\alpha= \frac{a}{b}

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC
|AC|^2=(b+kb)^2+(2ka)^2-2(b+kb) \cdot 2ka \cdot cos\alpha=(b+kb)^2+4k^2a^2-2(b+kb) \cdot 2ka \cdot  \frac{a}{b} =...=(b+kb)^2- 4ka^2

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABD
|AD|^2=(b+kb)^2+(2a)^2-2(b+kb) \cdot 2a \cdot cos\alpha=(b+kb)^2+4a^2-2(b+kb) \cdot 2a \cdot  \frac{a}{b} =...=(b+kb)^2- 4ka^2
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 23:13 
Gość Specjalny

Posty: 2628
Lokalizacja: Warszawa
2. X=BH  \cap AC udowodnij, że \triangle ABX \equiv \triangle XCH

Skoro to jest podobieństwo to poszukaj trójkątów podobnych w innych zadaniach.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 19 wrz 2011, o 23:14 
Użytkownik

Posty: 16230
3.
Obrazek

Trójkąty BCD, CAE są równoboczne, są więc podobne.

| \sphericalangle ECB|=| \sphericalangle ACD|=60^o+\alpha
Trójkąt EBC jest przystający do trójkąta ADC

2.
Obrazek

Fakt, można krócej:
Trójkąt ABE i EHCsą prostokątne.
Trójkąt AEHjest prostokątny równoramienny, czyli |AE|=|EH|
Trójkąt BECjest prostokątny równoramienny, czyli |BE|=|EC|
Czyli \triangle ABE \equiv \triangle EHC
więc |AB|=|CH|
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 20 wrz 2011, o 18:45 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Ok, dzięki wielkie. :)
Udało mi się samemu zrobić jeszcze 6.

Prowadzę sobie o symetrii równolegle do AC, przechodzącą przez punkt M i po niej odbijam cały trójkąt.
Stąd A' = B, A = B', M = M'. Ponieważ \sphericalangle A'M'C' =  \sphericalangle BMP, to (co wynika z tego, że \triangle CAM \equiv \triangle M'A'C') \sphericalangle BMP = \sphericalangle AMC c.b.d.o.

Obrazek

Mam nadzieję, że dobrze kombinuję...
Przepraszam, że w Paincie. Z jakiego programu korzystacie do rysowania?

Tymczasem dostałem jeszcze dwa zadania, byłbym bardzo wdzięczny za pomoc.

7. Dany jest trójkąt ABC, w którym \sphericalangle A = 90^o oraz AB = AC. Punkty D i E leżą na boku AC, przy czym AD = CE. Prosta przechodząca przez punkt A i prostopadła do prostej BD przecina bok BC w punkcie P. Wykazać, że \sphericalangle PEC = \sphericalangle BDA.

Obrazek

oraz

8. Na bokach BC i CA trójkąta ABC zbudowano po jego zewnętrznej stronie kwadraty BCDE oraz CAFG. Prosta przechodząca przez punkt C i prostopadła do prostej DG przecina odcinek AB w punkcie M. Udowodnić, że AM = MB.

Obrazek

Wybaczcie moją niewiedzę, ale nigdy nie lubiłem geometrii.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 20 wrz 2011, o 20:54 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2909
Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
5 syntetycznie)

Zauważ, że |AM| = |MD| oraz |MB| = |MC| czyli \sphericalangle BAD =  \sphericalangle ADM =  \sphericalangle CBA =  \sphericalangle MCB czyli \sphericalangle DMA =  \sphericalangle BMC  \Leftrightarrow  \sphericalangle BMD =  \sphericalangle CMA czyli \triangle AMC \equiv BMD (cecha bkb) z czego wynika teza.

6 masz źle)

Rysunek: Obrazek

Dopełniamy nasz trójkąt do kwadratu. Teza jest równoważna pokazaniu, że punkty M,P,D są współliniowe. Zauważmy, że prosta AP połowi bok |BD|. Istotnie, \sphericalangle MAF =  \sphericalangle ACF, czyli \triangle ACM \equiv \triangle BAE (cecha kbk). Chcemy pokazać, że odcinek DM przechodzi przez punkt P. Punkt P jest punktem przecięcia |AE| oraz |BC|. Czyli teza jest równoważna pokazaniu współpękowości odcinków |MD|, |AE|, |BC|, co jest prawdziwe z faktu, że środkowe w trójkącie przecinają się w jednym punkcie, zastosowanego dla trójkąta \triangle ABD (przekątne w kwadracie przecinają się w połowie)


EDIT//

7)
Obrazek

Dopełniamy trójkąt do kwadratu i zauważamy, że \sphericalangle IAD =  \sphericalangle DBA czyli \triangle DBA \equiv \triangle CHA (cecha kbk) skąd |CH| = |AD|. Chcemy pokazać, że punkty E,P,Q są współliniowe, co jest równoważne pokazaniu współpękowości odcinków |AH|, |EQ|, |BC|. Wystarczy zatem pokazać, że proste EQ oraz AH przecinają się w punkcie P. Zauważ, że skoro |CH| = |CE|, to EH || AQ, czyli wszystkie odpowiednie boki trójkąta \triangle EHP są równoległe do odpowiednich boków trójkąta \triangle APQ, czyli istnieje jednokładność j o środku P, przekształcająca trójkąt EHP na trójkąt APQ, zachodzi wówczas j(E) = Q, j(H) = A czyli proste EQ , HA przecinają się w środku jednokładności - punkcie P cnd.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 20 wrz 2011, o 21:21 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Dzięki za wytłumaczenie.
I życie staje się prostsze. :)

Vax napisał(a):
Dopełniamy nasz trójkąt do kwadratu. Teza jest równoważna pokazaniu, że punkty M,P,D są współliniowe.

Z czego wynika, że jeśli są współliniowe, to \sphericalangle PMB =  \sphericalangle DMB.
Więc \triangle CAM \equiv \triangle DMB \equiv \triangle ABE (bkb)
Dobrze rozumuję?

A, i prosiłbym jeszcze o pomoc z ostatnimi dwoma...
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 20 wrz 2011, o 21:59 
Użytkownik

Posty: 16230
8.
Obrazek

Trójkąt GCD
\frac{x}{\sin\alpha} = \frac{kx}{\sin\beta}  \Rightarrow kx \sin\alpha=x \sin\beta

Trójkąt AMC
\frac{|AM|}{\sin\beta} = \frac{x}{\sin\gamma}  \Rightarrow |AM|= \frac{x\sin \beta}{\sin\gamma}

Trójkąt MBC
\frac{|MB|}{\sin\alpha} = \frac{kx}{\sin(180^o-\gamma)} \Rightarrow |MB|= \frac{kx\sin\alpha}{\sin\gamma} =\frac{x\sin \beta}{\sin\gamma}

|AM|=|MB|

Innego pomysłu niestety nie mam.

PS rysunki robię w GeoGebrze. Vax prawdopodobnie w GEONExT
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 wrz 2011, o 17:22 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Co do 8.
Skąd wiemy, że \sphericalangle NGB =  \sphericalangle ACM oraz \sphericalangle MCB =  \sphericalangle NDC?

Jakoś tego nie dostrzegam...

EDIT:
Ok, wiem już. :)

\sphericalangle NCG = 90^o - \beta

\sphericalangle GCA = 90^o

\sphericalangle ACM + \sphericalangle GCA + \sphericalangle NCG = 180^o

\sphericalangle ACM =  \beta

EDIT2:
Wielkie dzięki za wszystko, chyba wreszcie to zrozumiałem. Jesteście genialni. :)

-- 22 wrz 2011, o 21:56 --

A już myślałem, że sobie sam poradzę...
Wybaczcie, że tak zawracam głowę.

9. Na bokach BC, CA i AB trójkata ABC zbudowano po jego zewnetrznej stronie trójkaty równoboczne BCD, CAE i ABF. Na boku AB zbudowano po wewnetrznej stronie trójkata ABC taki trójkat ABF, ze \sphericalangle BAF =  \sphericalangle ABF =30^o.

Dowiesc, ze DF = EF.

Obrazek

Na razie doszedłem do tego, że

\triangle ACD \equiv \triangle BCE (bkb)

Z zadania wiemy, że AF = AB.

Stąd przydałoby się wykazać przystawanie \triangle ADF i \triangle EBF.

-- 22 wrz 2011, o 22:24 --

Sorry, że podbijam, ale poprzedni post złączył się ze wcześniejszym, skutkiem czego nie widać żadnej zmiany w temacie "z zewnątrz". :)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 23 wrz 2011, o 00:02 
Użytkownik

Posty: 16230
Dwa trójkąty ABF?

-- dzisiaj, o 00:27 --

Tutaj już nad tym dyskutowali i nic nie wymyślili:
124188.htm

-- dzisiaj, o 02:14 --

Obrazek

\triangle ACD \equiv \triangle BCE (bkb) - to już udowodniłeś

Trójkąt AEG
| \sphericalangle AEG|=60^o-\alpha
| \sphericalangle GAE|=60^o+\alpha
| \sphericalangle AGE|=180^o-(60^o-\alpha+60^o+\alpha)=60^o
czyli
| \sphericalangle AGB|=180^o-| \sphericalangle AGE|=180^o-60^o=120^o - kąty przyległe
----------------------------------------
\sphericalangle GAD=\beta
wtedy
\sphericalangle GAB=30^o-\beta
Trójkąt AGB
\sphericalangle GBA|=180^o-(| \sphericalangle AGB|+| \sphericalangle GAB|)=180^o-(120^o+30^o-\beta)=30^o+\beta
więc
|\sphericalangle EBG|=|\sphericalangle GBA|-30^o=30^o+\beta-30^o=\beta

\triangle ADF \equiv \triangle EBF (bkb)

gdyby rysunek nie był wyraźny to:
http://www.fotosik.pl/pokaz_obrazek/pel ... c183a.html
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 wrz 2011, o 20:52 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Dzięki wielkie. :)

Takie jeszcze rozwiązanie wymyśliłem...

Obrazek

\triangle ECB \equiv \triangle ACD \ (bkb)  \Rightarrow EB = DA

\sphericalangle FAB =  \sphericalangle FBA  \Rightarrow  AF = AB

180^\circ = 30^\circ -  \alpha + 30^\circ + \beta + \gamma + 60^\circ + 60^\circ - \gamma

\alpha = \beta \wedge AF = FB \wedge AD = EB  \Rightarrow \triangle EBF \equiv \triangle ADF

EF = DF

c.b.d.o.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 wrz 2011, o 22:34 
Użytkownik

Posty: 1559
Lokalizacja: Witaszyce
Ty to anna_ masz wiedzę:) Tylko podziwiać:)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 10 paź 2011, o 21:38 
Użytkownik

Posty: 126
Lokalizacja: Kraków
Hej. :)

Wracam po długiej przerwie, kiedy - na szczęście - radziłem sobie z zadaniami z tego zbioru, dopóki nie napotkałem...

Obrazek

21. Na bokach BC, CA i AB trójkata ABC zbudowano po jego zewnetrznej stronie trójkaty równoboczne BCD, CAE i ABF (rys. 21). Wykazać, ze:
(a) AD = BE = CF.
(b) Proste AD, BE i CF przecinaja sie w jednym punkcie. (Punkt wspólny prostych AD, BE i CF nazywa sie punktem Toriciellego trójkąta ABC.)

(a) jest proste - idzie dokładnie w ten sam sposób, co zadanie 3. na początku.

Bardzo proszę o pomoc przy (b).

Z góry dzięki.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 31 ]  Przejdź na stronę 1, 2, 3  Następna strona


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Oblicz pole trójkąta - podobieństwo trójkątów  Anonymous  2
 (2 zadania) Oblicz stosunek dł. cięciw. Oblicz pole trój  Anonymous  11
 (3 zadania) Obliczyć wysokości trójkąta, długość bok  mariusz18  2
 (3 zadania) Oblicz długość wysokości trójkąta. itd.  Anonymous  1
 (3 zadania) Oblicz pola trójkątów. Wykaż, że ...  Anonymous  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl